Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 THPT Chuyên Sơn Tây (Hà Nội) lần 1 có đáp án

Tần số của nhóm \(\left[ {6;\,\,8} \right)\) là: \(18\)

Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {6;\,\,8} \right)\) là \(\frac{{18}}{{40}}\, \cdot \,100\%  = 45\% \)

Gọi \[\Omega \] là không gian mẫu của phép thử lấy ngẫu nhiên 1 quả bi-a từ trong hộp

Không gian mẫu là:$\Omega =$ $\left\{1;2;3;4;5;6;7;8;9;10;11;12;13;14;15\right\}$

Số phần tử của không gian mẫu là: \[n\left( \Omega  \right) = 15\]

Các số nguyên tố trong khoảng từ  \(1\) đến \(15\) là: \(2\,;\,3\,;\,5\,;\,7\,;\,11\,;\,13\,\)

Tập hợp kết quả thuận lợi cho biến cố \[M\] là: \(\left\{ {\,2;3\,;\,5\,;\,7\,;\,11\,;\,13\,} \right\}\)

Số phần tử của biến cố \(M\) là \[n\left( M \right) = 6\,\]

Xác suất của biến cố \(M\): \[P\left( M \right) = \frac{{n\left( M \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{6}{{15}} = \frac{2}{5}\]

1) Khi \(x = 25\) (TMĐK), giá trị của biểu thức \(A\) là: \(A = \frac{4}{{\sqrt {25}  - 1}}\) \( = \frac{4}{{5 - 1}}\) \( = 1\).

Vậy \(A = 1\) khi \(x = 25\).

2) \(B = \frac{2}{{\sqrt x  - 1}} - \frac{{2\sqrt x  - 6}}{{1 - x}}\)\( = \frac{2}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{2\sqrt x  - 6}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)\( = \frac{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} + \frac{{2\sqrt x  - 6}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{4\sqrt x  - 4}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)\( = \frac{{4\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)\( = \frac{4}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

Vậy \(B = \frac{4}{{\sqrt x  + 1}}\)

3) \(H = A:B\)\( = \frac{4}{{\sqrt x  - 1}}:\frac{4}{{\sqrt x  + 1}}\)\( = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}\)

Xét hiệu \({H^2} - H = H\left( {H - 1} \right)\)

• Xét \(H - 1 = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} - 1\)\( = \frac{2}{{\sqrt x  - 1}}\)

• Xét \(H.\left( {H - 1} \right) = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} \cdot \frac{2}{{\sqrt x  - 1}} = \frac{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}\)

Vì \(x \ge 0,x \ne 1\) nên \(\frac{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}} > 0\) với mọi \(x\).

Suy ra \(H.\left( {H - 1} \right) > 0\) nên \({H^2} - H > 0\)do đó \({H^2} > H\)

Vậy \({H^2} > H\).

Gọi số tiền gửi tiết kiệm và mua vàng lần lượt là \(x\) và \(y\) ( \(x,y > 0\), triệu đồng)

Bác Huy gửi tổng 250 triệu đồng nên ta có phương trình: \(x + y = 250\)  (1)

Vì gửi ngân hàng với lãi suất 5%/năm, lãi mua vàng là  7%/năm, tổng lãi hai loại là 15 triệu đồng ta có phương trình:

\(5\% x + 7\% y = 15\) hay \(0,05x + 0,07y = 15\)           (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 250\\0,05x + 0,07y = 15\end{array} \right.\).

Giải hệ phương trình, ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 125\\y = 125\end{array} \right.\) (TMĐK).

Vậy bác đã gửi tiết kiệm và mua vàng lần lượt số tiền là \(125\) và \(125\) triệu đồng.

Gọi số sản phẩm mỗi ngày làm được theo dự định là \(x\) (\(x \in \mathbb{N}\), sản phẩm)

Theo kế hoạch tổ phải sản xuất được 1800 sản phẩm nên số ngày dự định là \(\frac{{1800}}{x}\) (ngày)

Mỗi ngày làm chậm hơn 20 sản phẩm nên số sản phẩm mỗi ngày theo thực tế là : \(x - 20\) (sản phẩm)

Thực tế đã làm số ngày là \(\frac{{1800}}{{x - 20}}\) (ngày)

Tổ hoàn thành sau dự định 3 ngày nên ta có phương trình:

 \(\frac{{1800}}{{x - 20}} - \frac{{1800}}{x} = 3\)

\(\frac{{1800x}}{{\left( {x - 20} \right)x}} - \frac{{1800\left( {x - 20} \right)}}{{x\left( {x - 20} \right)}} = \frac{{3x\left( {x - 20} \right)}}{{x\left( {x - 20} \right)}}\)

\(1800x - 1800x + 36000 = 3{x^2} - 60x\)

\(3{x^2} - 60x - 36000 = 0\)

\(x = 120\,\,\left( {tm} \right)\) hoặc \(x =  - 100\,\,\left( {ktm} \right)\)

Vậy dự định mỗi ngày tổ làm được 120 sản phẩm.

Xét phương trình \( - {x^2} - bx + 1 = 0\)

Vì \(x = \frac{{1 - \sqrt 3 }}{2}\) là nghiệm của phương trình nên ta có :

\( - {\left( {\frac{{1 - \sqrt 3 }}{2}} \right)^2} - b.\frac{{1 - \sqrt 3 }}{2} + 1 = 0\)

\( - 2 + \sqrt 3  - b.\frac{{1 - \sqrt 3 }}{2} + 1 = 0\)

\(b.\frac{{1 - \sqrt 3 }}{2} =  - 1 + \sqrt 3 \)

\(b =  - 2\)

Khi \(b =  - 2\), phương trình có dạng \( - {x^2} + 2x + 1 = 0\)

Xét \(\Delta  = 8 > 0\)

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt thoả mãn hệ thức Viet \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}.{x_2} =  - 1\end{array} \right.\)

Vì \({x_1}.{x_2} =  - 1\) nên \({x_1} \ne 0\); \({x_2} \ne 0\)

Tổng nghịch đảo của hai nghiệm là \(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}.{x_2}}} =  - 2\).

a) Ta có bán kính đáy hình trụ là \[R = 6:2 = 3\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\]

Khi đó thể tích nước trọng ly là \[V = \pi .{R^2}.h = {3,14.3^2}.15 = 423,9\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\]

b) Mỗi quả cầu có bán kính \[r = 1\,{\rm{cm}}\]. Khi đó thể tích \[5\] quả cầu là:

\[V' = 5.\frac{4}{3}.\pi .{r^3} = 5.\frac{4}{3}{.3,14.1^3} \approx 20,9\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\]

Vậy thể tích nước còn lại trong ly là: \[V - V' = 423,9 - 20,9 = 403\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\].

a) Chứng minh bốn điểm \[A,I,B,H\] cùng nằm trên một đường tròn.

Xét \[\Delta AOI\] vuông tại \[A\] (Vì \[IA\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\]) nên ba điểm \[O,A,I\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[OI\] \[\left( 1 \right)\]

Tương tự, \[\Delta OBI\] vuông tại \[B\] nên ba điểm \[O,B,I\] nằm trên đường tròn đường kính \[OI\] \[\left( 2 \right)\]

Ta có \[OM = ON = R\] nên tam giác \[OMN\] cân tại \[M\], lại có \[H\] là trung điểm \[MN\] nên \[\widehat {OHN} = 90^\circ \].

Do đó tam giác \[OHI\] vuông tại \[H\].

Nên ba điểm \[O,H,I\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[OI\] \[\left( 3 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)\] suy ra bốn điểm \[A,I,B,H\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[OI\].

b) Chứng minh \[J\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[IAB\].

Ta có: \[OB = OA = R\], \[IB = IA\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \[IO\] là đường trung trực của \[AB\] và \[IO\] cũng là tia phân giác của \[\widehat {AIB}\] \[\left( 4 \right)\]

\[\widehat {OAI} = 90^\circ \] (vì \[IA\] là tiếp tuyến đường tròn \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {IAJ} + \widehat {JAO} = 90^\circ \]).

Tam giác \[OAJ\] cân tại \[O\] \[\left( {OA = OJ = R} \right)\] nên \[\widehat {JAO} = \widehat {OJA}\].

Mà \[\widehat {OJA} + \widehat {JAB} = 90^\circ \] (\[IO\] là đường trung trực của \[AB\] nên \[IO\] vuông góc với \[AB\]).

Suy ra \[\widehat {IAJ} = \widehat {JAB}\], hay \[AJ\] là tia phân giác của góc \[\widehat {JAB}\] \[\left( 5 \right)\]

Từ \[\left( 4 \right)\] và \[\left( 5 \right)\] nên \[J\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[IAB\].

c) Chứng minh \[MN\parallel BD\].

Ta có \[\widehat {BDA} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}\] (tính chất góc nội tiếp) mà \[OI\] là tia phân giác của góc \[\widehat {AOB}\] nên \[\widehat {IOA} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}\].

Ta chứng minh được bốn điểm \[O\,,\,H\,,\,A\,,\,I\] nằm trên đường tròn đường kính \[OI\]. Nên \[\widehat {IOA} = \widehat {IHA}\] (hai góc cùng nội tiếp đường tròn đường kính \[OI\] và cùng chắn cung \[AI\]).

Vậy \[\widehat {BDA} = \widehat {IHA}\] mà hai góc ở vị trí đồng vị nên \[MN\parallel BD\].

* Khi \[J\] vừa là tâm đường tròn nội tiếp vừa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[IAB\] thì tam giác \[IAB\] là tam giác đều nên \[OI = 2R\], \[IB = IA = AB = R\sqrt 3 \].

Dựng \[MQ\] vuông góc với \[IB\] tại \[Q\].

\[{S_{MID}} = {S_{MIB}} = \frac{1}{2}.IB.MQ\].

Mà \[MQ \le BP\] (với \[BP\] là đường kính đường tròn tâm \[O\]).

Suy ra \[{S_{\Delta MID}} = {S_{\Delta MIB}} \le \frac{1}{2}.IB.BP = \frac{1}{2}.R\sqrt 3 .2R = \sqrt 3 {R^2}\] (đvdt).

Vậy diện tích lớn nhất tam giác \[MID\] đạt được là \[\sqrt 3 {R^2}\] đvdt.

Gọi số lần giảm giá chụp \(20\) nghìn đồng là \(x\) (lần) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\)

Giá chụp sau khi giảm \(x\) lần là \(800 - 20x\) (nghìn đồng)

Số lượng HS đăng ký sau khi giảm giá \(x\) lần là \(40 + 4x\) (HS)

Tổng số tiền thu được sau khi giảm giá \(x\) lần là \(\left( {800 - 20x} \right)\left( {40 + 4x} \right)\) (nghìn đồng)

Ta có \(\left( {800 - 20x} \right)\left( {40 + 4x} \right)\)\( = 32\,\,000 + 2\,\,400x - 80{x^2}\)

\( =  - 80\left( {{x^2} - 30x - 400} \right)\)\( =  - 80\left( {{x^2} - 2.x.15 + {{15}^2} - {{15}^2} - 400} \right)\)

\( =  - 80{\left( {x - 15} \right)^2} + 500\,000\).

Mà \({\left( {x - 15} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{N}*\) nên \( \Rightarrow  - 80{\left( {x - 15} \right)^2} + 500\,000 \le 500\,000\).

Dấu \('' = ''\) xảy ra khi và chỉ khi \(x = 15\)

Do đó, giá chụp ảnh để doanh thu từ tiền bán chụp ảnh lớn nhất là \(800 - 20.15 = 500\) nghìn đồng.

Doanh thu lớn nhất là \(\left( {800 - 20.15} \right)\left( {40 + 4.15} \right)\)\( = 50\,000\) nghìn đồng.

Vậy nhóm chụp ảnh sẽ đưa mức thu mỗi học sinh là 500 nghìn đồng để có doanh thu lớn nhất là 50 triệu đồng.